2022年北京市丰台区高考数学二模试卷（含答案解析）

这是一份2022年北京市丰台区高考数学二模试卷（含答案解析），共16页。试卷主要包含了若a⊥b，则m=______，【答案】A，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2022年北京市丰台区高考数学二模试卷 在复平面内，复数z对应的点的坐标是，则复数A.  B.  C.  D. “”是“”的A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件函数是A. 最小正周期为的偶函数 B. 最小正周期为的奇函数
C. 最小正周期为的偶函数 D. 最小正周期为的奇函数的展开式中的常数项为A. 240 B.  C. 480 D. 已知两条不同的直线l，m与两个不同的平面，，则下列结论中正确的是A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则小王每天在6：30至6：50出发去上班，其中在6：30至6：40出发的概率为，在该时间段出发上班迟到的概率为；在6：40至6：50出发的概率为，在该时间段出发上班迟到的概率为，则小王某天在6：30至6：50出发上班迟到的概率为A.  B.  C.  D. 已知，，，则A.  B.  C.  D. 设等差数列的前n项和为若，则下列结论中正确的是A.  B.  C.  D. 已知是偶函数，它在上是增函数．若，则x的取值范围是A.  B.
C.  D. 已知双曲线C：的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，以线段为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于点M，且点M在第一象限，与另一条渐近线平行．若，则的面积是A.  B.  C.  D. 已知向量，若，则______.已知抛物线C：，则抛物线C的准线方程为______.在中，，，，则______.在平面直角坐标系中，已知点，动点N满足，记d为点N到直线l：
的距离．当m变化时，直线l所过定点的坐标为______；d的最大值为______.如图，某荷塘里浮萍的面积单位：与时间单位：月满足关系式：为常数，记给出下列四个结论：
①设，则数列是等比数列；
②存在唯一的实数，使得成立，其中是的导函数；
③常数；
④记浮萍蔓延到，，所经过的时间分别为，，，则
其中所有正确结论的序号是______.如图，在正三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面
求证：；
求平面与平面夹角的余弦值．


  






 已知数列的前n项和为，在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知．
求数列的通项公式；
设数列的前n项和为若对任意，不等式恒成立，求m的最小值．
条件①：且；
条件②：；
条件③：






 某商家为了促销，规定每位消费者均可免费参加一次抽奖活动，活动规则如下：在一不透明纸箱中有8张相同的卡片，其中4张卡片上印有“幸”字，另外4张卡片上印有“运”字．消费者从该纸箱中不放回地随机抽取4张卡片，若抽到的4张卡片上都印有同一个字，则获得一张10元代金券；若抽到的4张卡片中恰有3张卡片上印有同一个字，则获得一张5元代金券；若抽到的4张卡片是其他情况，则不获得任何奖励．
求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字的概率；
记随机变量X为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券的金额数，求X的分布列和数学期望；
该商家规定，消费者若想再次参加该项抽奖活动，则每抽奖一次需支付3元．若你是消费者，是否愿意再次参加该项抽奖活动？请说明理由．






 已知函数
当时，求的单调区间和极值；
当时，求证：；
直接写出a的一个取值范围，使得恒成立．






 已知椭圆经过点，P到椭圆C的两个焦点的距离和为
求椭圆C的方程；
设，R为PQ的中点，作PQ的平行线l与椭圆C交于不同的两点A，B，直线AQ与椭圆C交于另一点M，直线BQ与椭圆C交于另一点N，求证：M，N，R三点共线．






 设，，⋯，，是个互不相同的闭区间，若存在实数，使得，则称这个闭区间为聚合区间，为该聚合区间的聚合点．
已知，为聚合区间，求t的值；
已知，，⋯，，为聚合区间．
设，是该聚合区间的两个不同的聚合点．求证：存在k，，使得；
若对任意p，且p，，都有，互不包含．求证：存在不同的i，，使得







答案和解析 1.【答案】A
 【解析】解：由复数的几何意义可知，复数z对应的点的坐标是，
则，
故
故选：
直接利用复数的几何意义及共轭复数的定义即可求解．
本题主要考查了复数的几何意义的应用，共轭复数的定义，属于基础题．
 2.【答案】A
 【解析】【分析】直接利用充分条件和必要条件的判断方法判断即可．
本题考查充分条件和必要条件的判定，基本知识的考查，注意条件与结论的判断．【解答】解：因为“”“”，而“”推不出“”，
所以“”是“”充分不必要条件．
故选：  3.【答案】C
 【解析】解：，最小正周期，是偶函数．
故选：
化简可得，再根据余弦函数的周期性与奇偶性，得解．
本题考查三角函数的图象与性质，熟练掌握二倍角公式，余弦函数的周期性与奇偶性是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
 4.【答案】A
 【解析】解：的通项公式为
，
令，可得，
则展开式的常数项为
故选：
求出通项，运用指数幂的运算性质，令指数为0，解方程可得，即可得到所求常数项．
本题考查二项式定理的运用，主要是通项公式的运用和指数幂的运算性质，考查运算能力，属于基础题．
 5.【答案】B
 【解析】解：两条不同的直线l，m与两个不同的平面，，
对于A，若，，则m与平行或或m与相交，故A错误；
对于B，若，，则由面面垂直的判定定理得，故B正确；
对于C，若，，则或，故C错误；
对于D，若，，则或，故D错误．
故选：
对于A，m与平行或或m与相交；对于B，由面面垂直的判定定理得；对于C，或；对于D，或
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
 6.【答案】B
 【解析】解：由题意在6：30至6：50出发上班迟到的概率为，
故选：
根据全概率公式计算即可得解．
本题考查了全概率公式，属于基础题．
 7.【答案】A
 【解析】解：，，
，，
，，
，
故选：
利用对数函数和指数函数的性质求解．
本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．
 8.【答案】D
 【解析】解：因为，
所以，故A错误；
，所以，
则公差，故B错误；
所以等差数列为递增数列，
则，，，
则，
所以，
所以，故D正确；
对于C，当，时，
，，，
此时，故C错误．
故选：
根据，可得，，从而可判断AB，举出反例即可判断C，根据等差数列的性质结合基本不等式即可判断
本题主要考查等差数列的前n项和，考查逻辑推理能力，属于中档题．
 9.【答案】B
 【解析】解：是偶函数，在上是增函数，
根据偶函数的对称性可知，在上是减函数，距离对称轴越远，函数值越大，
若，
则，
或
故选：
根据函数奇偶性和单调性之间的关系，结合对数函数的单调性即可得到结论．
本题主要考查不等式的解法，利用函数的奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键，综合考查函数性质的应用．
 10.【答案】C
 【解析】解：设双曲线C：的，，右焦点为，，
渐近线方程为，
由圆与直线，求得交点，
由直线FM平行于另一条渐近线，可得：，
化为，，
因为，
所以，，，，
所以，，，
所以
故选：
设出双曲线的右焦点，渐近线方程，由圆与直线，求得交点，再由两直线平行的条件：斜率相等，化简方程，结合，可求双曲线方程，从而可求面积．
本题考查双曲线的几何性质，注意运用直线和圆求得交点，以及两直线平行的条件和三角形的面积的求法，考查运算能力，属于中档题．
 11.【答案】4
 【解析】解：向量，，，
，解得
故答案为：
根据已知条件，结合向量的数量积公式，即可求解．
本题主要考查向量的数量积公式，属于基础题．
 12.【答案】
 【解析】解：抛物线C：，则抛物线C的准线方程为：
故答案为：
直接利用抛物线方程求解准线方程即可．
本题考查抛物线的简单性质的应用，是基础题．
 13.【答案】
 【解析】解：由正弦定理得，，
所以，
所以
故答案为：
由已知结合正弦定理及二倍角公式进行化简可求．
本题主要考查了正弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．
 14.【答案】
 【解析】解：直线l：，即，令，求得，，
可得直线l所过定点的坐标为
由题意，点N的轨迹是以M为圆心，半径等于1的圆，
d的最大值为，
故答案为：；
在直线的方程中，分离参数，令参数的系数等于零，求得x、y的值，可得直线l所过定点的坐标．再根据点N的轨迹，求出d的最大值．
本题主要考查直线经过定点问题，点到直线的距离的最大值，属于基础题．
 15.【答案】①②④
 【解析】解：依题意，
因为，所以且，
又，所以，所以，即，
令，，
则，
则在上单调递增，
又，所以，故③错误；
由已知可得，则，
所以，
所以是以为首项，a为公比的等比数列，故①正确；
令，
则，，，
令，
则，
因为，所以，
即，在上单调递增，
因为，所以，，，
令，，
则，
所以，在上单调递减，且，
即，
令，，
则，
所以在上单调递增，
又，
所以，
所以，

故存在上，，故②正确；
依题意、、，
所以，
所以，则，
即，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，即，故④正确；
故答案为：①②④．
根据、求出a的取值范围，即可判断③，再根据等比数列的定义判断①，构造函数利用导数说明函数的单调性，再结合零点存在性定理判断②，根据指数对数的关系及对数函数的性质判断④；
本题考查了等比数列的定义，导数的综合应用，属于难题．
 16.【答案】证明：连接，平面平面，
平面平面，平面平面，


解：设，
以D为坐标原点，AD为x轴，CD为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，，
设平面的法向量为，
，，
联立方程，
解得：，，
，
同理求得平面的法向量，
，
平面与平面夹角的余弦值的余弦值为
 【解析】利用面面平行证明线线平行；
建立空间直角系，分别求出平面与平面的法向量，利用求出答案．
本题主要考查空间中的平行关系，面面角的相关计算等知识，属于中等题．
 17.【答案】解：选条件①：且时；
由于常数，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列；
所以，首项符合通项；
所以；
选条件②时：；
当时，，
当时，首项符合通项；
故所以；
选条件③时，，
当时，，
当时，，
时，整理得常数，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列；
所以，首项符合通项；
所以；
由得：，所以；
故
由于函数单调递增，
当时，，
所以m的最小值为
 【解析】选条件①时，利用等比数列的定义求出数列的通项公式；
选条件②时，利用数列的递推关系求出数列的通项公式；
选条件③时，利用数列的递推关系式求出数列的通项公式；
利用的结论，进一步利用函数的单调性和极限的应用求出结果．
本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法，数列的求和，函数的单调性，极限的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 18.【答案】解：记“某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字”为事件A，
则，
所以某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字的概率为；
解：依题意随机变量X的所有可能取值为0、5、10，
则，
，
，
所以X的分布列为： X 0 5 10 P   所以；
解：记随机变量Y为消费者在一次抽奖活动中的收益，
则，
所以，
所以我不愿意再次参加该项抽奖活动．
 【解析】根据古典概型的概率公式计算可得；
依题意X的可能取值为0、5、10，求出所对应的概率，列出分布列，即可求出数学期望；
记随机变量Y为消费者在一次抽奖活动中的收益，则，根据期望的性质求出，即可判断；
本题考查了古典概型，离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
 19.【答案】解：当时，，则，
令，即，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；
因此在处取得极大值，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，在处取得极大值，且极大值为1；
证明：要证，即证，
因此设，则，
令，则，
因为，所以，
因此单调递减，且，
所以时，；当时，；
即时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值也是最大值，且，
故
要证，即证，
也即是，即证，
令，则，
当时，，即单调递增；
当时，，即单调递减；
所以，故，
令，则
令，则，
，则，
所以和时，，则单调递增；
时，，则单调递减，
且，，，
因此时，，即，所以单调递减，
时，，即，所以单调递增，
所以，即
因此当时，恒成立．
 【解析】求导判断函数的单调性，进而可求出极值；
构造函数，求出函数的最大值即可得出结论；
将变形为，分别证得与恒非负，即可得出结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，不等式恒成立问题，考查了转化思想和函数思想，属中档题．
 20.【答案】解：根据椭圆的定义可得，解得，
又过点，所以，解得，
所以椭圆C的方程为；
证明：因为，，
所以，
设直线的方程为，
所以，
所以直线AQ的方程为，直线BQ的方程为，
联立直线AQ与椭圆，消去x可得，
所以，又代入，
整理可得，代入直线AQ，可得，
同理可得，
所以，
又，
所以M，N，R三点共线．
 【解析】根据椭圆定义，可求得a值，将P点坐标代入，即可求得，即可得答案；
由题意可得R点坐标和直线PQ的斜率，即可设直线的方䅣为，，，，，可得直线AQ的方程为，与椭圆联立，即可求得，表达式，同理可得，表达式，即可求导直线MN的斜率，再求得直线MR的斜率，分析即可得证．
本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于难题．
 21.【答案】解：由，得，
，为聚合区间的两个不同的聚合点，
由定义可得，当且仅当时成立，故；
证明：由，是该聚合区间的两个不同的取合点，
不妨设，，，，，，
又，，，，，
不妨设，，，中的最大值为，
，，，，中最小值为，
，，，，，，，
，，，，，，，
存在k，，使得；
证明：若存在，则或，与已知条件矛盾，
不妨设，则，
否则，若，则，与已知条件矛盾，
取，
设，
当时，，
，
，
，，，
即，，
此时取，则，
综上，存在不同的i，，使得
 【解析】根据题意可得当且仅当时成立，由此求出t的值．
设，根据区间端点的大小关系证明所有区间都包含即可；
先分析个互不相同的集合的区间端点的大小关系，再设，再根据区间端点的距离为l，累加即可证明
本题考查了新定义的集合类证明，先画数轴分析题目中区间的关系，再凑出所需证明的不等式即可，是难题．